05 专题过关检测7 反应机理图像的分析与应用（附答案解析）-备战2023年高考化学大二轮专题突破系列（全国通用）

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专题过关检测7 反应机理图像的分析与应用
1．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．该历程中最小能垒的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*===(CH3)2NCH2＋OH*
B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16 eV
C．该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g)ΔH＝－1.02 eV·mol－1
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
2．乙二醛(OHCCHO)与氧气反应历程中所涉及的反应物(OHCCHO、O2)、过渡态中间体(图中TS1～TS7、IM1～IM3)及生成物(OHCCOOH、HCOOH、HOOCCOOH)的相对能量如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．乙二醛氧化历程中涉及非极性键的断裂
B．乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸均为放热反应
C．乙二醛氧化历程中，若加入催化剂，能提高乙二醛的平衡转化率
D．乙二醛与氧气反应生成乙二酸的控速步骤为反应物→TS1
3．在Fe＋作用下，CO与N2O发生如下两步基元反应，能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是(　　)
①N2O＋Fe＋===N2＋FeO＋(慢)
②FeO＋＋CO===CO2＋Fe＋(快)

A．Fe＋降低总反应的活化能 B．反应②是非氧化还原反应
C．总反应的化学反应速率由反应①决定 D．总反应中每转移1 mol e－，在标准状况下生成11.2 L N2
4．CO2和CH4催化重整可制备合成气，对缓解燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下，下列说法中错误的是(　　)

A．过程①→②是放热反应 B．过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
C．Ni是该反应的反应物 D．反应的总化学方程式可表示为CH4＋CO22CO＋2H2
5．工业上利用NH3对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．总反应方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O
B．NH2NO是脱硝反应的活性中间体
C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度
D．决定反应速率的步骤是“H的移除”
6．据文献报道，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法错误的是(　　)

A．总反应的化学方程式为4NH3＋3O22N2＋6H2O B．Ti4＋…NH2—N===O是中间产物
C．Ti4＋…NH2—N===OTi4＋＋N2＋H2O属于分解反应 D．Ti4＋是催化剂
7．在Pd­Mg/SiO2催化下利用Sabatier反应可实现CO2“甲烷化”，其反应机理如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．整个变化过程所有反应既有氧化还原反应，又有非氧化还原反应
B．反应a中，MgOMgOCO2(即MgCO3)只有共价键的断裂与形成
C．总反应可表示为CO2＋4H2CH4＋2H2O
D．反应过程中Pd的作用是使H—H断裂活化
8．科学家研制出了一种在催化剂作用下用H2处理废水中NO的方法，该过程的反应原理如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．反应过程中不需要补充Fe3O4 B．该过程中每消耗1 mol H2，同时生成NA个N2
C．处理过程中的催化剂只有Pd D．处理后的废水酸性增强
9．中科院设计了一种利用N(C2H5)3捕获气相CO2后，直接在纳米金催化剂表面上加氢合成甲酸的反应，其过程如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．CO2加氢合成甲酸是一个最理想的“原子经济”反应
B．N(C2H5)3可以协助CO2到达纳米金催化剂表面
C．使用纳米金催化剂能有效降低CO2加氢制甲酸反应的ΔH
D．在纳米金催化剂表面上发生了极性键和非极性键的断裂
10．“一锅法”用[Ru]催化硝基苯(PhNO2，Ph—表示苯基)与醇(RCH2OH)反应为仲胺(RCH2NHPh)，反应过程如图所示。下列叙述错误的是(　　)

A．反应原料中的RCH2OH不能用RCH(CH3)OH代替
B．历程中存在反应PhNH2＋RCHORCH===NPh＋H2O
C．有机物还原反应的氢都来自于RCH2OH
D．该反应过程结束后RCHO没有剩余
11．自然界中时刻存在着氮气的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是(　　)

A．N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定
B．在催化剂a作用下，N2发生了氧化反应
C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
12．如下为氟利昂(如CFCl3)破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法错误的是(　　)

A．过程Ⅰ中断裂极性键C－Cl键
B．过程Ⅱ可表示为O3＋Cl===ClO＋O2
C．过程Ⅲ中O—Cl键断裂是放热过程，O—O形成是吸热过程
D．上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
13．科学家提出由WO3催化乙烯和2­丁烯合成丙烯的反应历程如图(所有碳原子满足最外层8电子稳定结构)。下列说法错误的是(　　)

A．乙烯、丙烯和2­丁烯互为同系物
B．乙烯、丙烯和2­丁烯的沸点依次升高
C．Ⅲ→Ⅳ的过程中加入的2­丁烯具有反式结构
D．碳、钨(W)原子间的化学键在Ⅳ→Ⅰ的过程中未发生断裂
14．科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意如下。下列说法错误的是(　　)

A．第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为SO＋H2O＋NO2===HNO2＋HSO
B．该过程中NO2为催化剂
C．第Ⅰ阶段每1 mol氧化剂参加反应，转移电子数目为NA
D．还原性SO＞HNO2
15．用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H＋、O2、NO等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是(　　)

A．反应①②③④均为还原反应 B．水体修复过程溶液的pH保持不变
C．④的电极反应式为 NO ＋10H＋＋8e－ ===NH＋3H2O D．修复过程中可能产生Fe(OH)3
16．一种借用CeO2/CeO2－δ的转化，利用CO2和H2O合成燃料的途径如下图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．上述转化的实质是太阳能转化为化学能
B．若得到三种产物H2、CO、CH4各1 mol，共放出O2为1 mol
C．利用上述转化有利于遏制温室效应
D．上述转化过程中涉及的反应均属于氧化还原反应
17．采用ZnBr2/SiO2为催化剂，通过氧溴化可将甲烷转化为溴甲烷。该路线实现了甲烷的低温活化、有效抑制活泼产物的深度氧化，显著提高产物的选择性，其反应历程如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．若用FeBr2替换ZnBr2，溴甲烷的产率将降低
B．产物中可能混有CH2Br2
C．过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D．总反应为2CH4＋2HBr＋O22CH3Br＋2H2O
18．MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述不正确的是(　　)

A．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
B．该反应的化学方程式可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O
C．O为中间产物之一，该微粒与KO2中所含阴离子相同
D．CO2的结构式为O==C==O
19．研究表明，采用零价铁(ZVI)活化过硫酸钠(Na2S2O8)可去除废水中的正五价砷[As(V)]，其反应机制模型如图所示，定义比表面积为单位质量的物质所具有的表面积。下列叙述正确的是(　　)

A．1 mol Na2S2O8 中含有2 mol过氧键 B．若56 g Fe参加反应，共有1 mol S2O被还原
C．ZVI(Fe)的比表面积越大，净化速率越快 D．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷
20．中国科学家在合成氨(N2＋3H22NH3　ΔH<0)反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH－3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．转化过程中有非极性键断裂与形成 B．复合催化剂降低了反应的活化能
C．复合催化剂能降低合成氨反应的焓变 D．低温下合成氨，能提高原料转化率
21．三元WO3/C3N4/Ni(OH)x光催化剂产氢机理如图。下列说法正确的是(　　)

A．TEOA→TEOA＋为还原反应 B．Ni(OH)x降低了H＋→H2的活化能
C．能量转化形式为太阳能→电能→化学能 D．WO3没有参与制氢反应过程
22．2020年2月，科学家报道了利用磁性纳米Fe3O4颗粒除去水体草甘膦污染物的方法，其原理如下图所示：(e3O4颗粒在水中表面会带－OH，在水体pH≈4时除污效果最好)。下列说法不正确的是(　　)

A．草甘膦既可以和盐酸反应，又可以和氢氧化钠溶液反应
B．Fe3O4纳米颗粒除去草甘膦的过程有化学键的形成和断裂
C．Fe3O4纳米颗粒粒径越小、水体pH越大除污效果越好
D．处理完成后，Fe3O4纳米颗粒可利用磁铁回收，经加热活化重复使用
23．H2S是一种高毒性、高腐蚀性的气体污染物。最新研究表明，在多孔炭材料上搭载活性组分催化氧化脱硫效果明显优于传统的吸附法，其反应机理如图所示，此时H2S在水中浓度为。下列有关说法不正确的是(　　)

A．活性炭的作用为吸附剂和降低反应的活化能
B．H2S的一级电离常数为10－ 8
C．该反应的总反应方程式为：2H2S＋O2===S↓＋2H2O
D．温度愈高，多孔炭材料催化氧化脱硫的效果愈好
24．在钯的配合物离子[PdCl4]2－的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法错误的是(　　)

A．[PdCl4]2－在此过程中作为催化剂 B．该过程的总反应为：H2＋O2H2O2
C．生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为4mol D．历程中发生了Pd＋O2＋2Cl－===[PdCl2O2]2－
【专题过关检测7 反应机理图像的分析与应用】答案
1．A。解析：反应最小能垒为：－1.77→－1.55，A正确；反应历程中的最大能垒为－1.02 eV－(－2.21 eV)＝1.19 eV，B错误；一个DMF分子反应时，释放的能量是1.02 eV，C错误；由于该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，但DMF的平衡转化率降低，D错误。
2．C。解析：乙二醛氧化历程中，反应物O2中的非极性键发生断裂，故A正确；由图可知，乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸，生成物的总能量都小于反应物的总能量，说明它们均为放热反应，故B正确；催化剂不改变化学平衡状态，则不能提高乙二醛的平衡转化率，故C错误；乙二醛与氧气反应生成乙二酸的控速步骤为活化能最大的步骤，反应物→TS1的活化能最大，速率最慢，所以乙二醛与氧气反应生成乙二酸的控速步骤为反应物→TS1，故D正确。
3．B。解析：Fe＋是催化剂，所以Fe＋降低总反应的活化能，故A正确；FeO＋＋CO===CO2＋Fe＋反应中，C、Fe元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；总反应的速率由速率慢的反应决定，即由反应①决定，故C正确；总反应中每转移2 mol电子，生成1 mol N2，则反应中每转移1 mol电子，标准状况下生成N2体积为11.2 L，故D正确。
4．C。解析：Ni在该反应中做催化剂。
5．C。解析：由已知SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，可知总反应的方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O，故A正确；观察相对能量—反应进程曲线知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了NH2NO，NH2NO又经过反应得到N2和H2O，所以NH2NO是脱硝反应的活性中间体，故B正确；起始相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡会逆向移动，所以升高温度后，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故C错误；相对能量—反应进程曲线表明，全过程只有H的移除过程势能升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了反应的速率，是总反应的速控步骤，故D正确。
6．A。解析：根据反应历程图可知，该反应的反应物是NH3、NO和O2，生成物是N2和H2O，因此总反应式为4NH3＋2NO＋2O23N2＋6H2O，A项错误；根据题图可知，Ti4＋…NH2—N===O是中间产物，B项正确；分解反应指的是一种物质反应生成两种或两种以上的新物质的反应，因此该反应属于分解反应，C项正确；在整个反应过程中，Ti4＋参与了反应，但反应前后质量和性质未变，因此是催化剂，D项正确。
7．B。解析：由反应机理图可知，整个变化过程有H原子参与的反应均为氧化还原反应，如b、c、d、e、f、g、h、i，而a是MgO＋CO2===MgCO3，属于非氧化还原反应，A正确；由反应机理图可知，反应a中，MgO―→MgOCO2既有MgO中离子键的断裂，又有MgCO3中离子键的形成，既有CO2中共价键的断裂，又有CO中共价键的形成，B错误；由反应机理图可知，整个过程中进入的物质为CO2和H2，出去的物质是CH4和H2O，故总反应可表示为CO2＋4H2CH4＋2H2O，C正确；由反应机理图可知，4个H2反应过程中Pd的作用是使H—H断裂变为了活化的H，D正确。
8．A。解析：由图可知，Fe3O4中的二价铁和三价铁在不断循环，反应过程中不消耗Fe3O4，所以不需要补充Fe3O4，故A正确；从图中可以看出，反应物为NO和H2，生成物中有N2，反应的化学方程式为2NO＋3H2＋2H＋===N2＋4H2O，所以每消耗1 mol H2，同时生成 mol N2，即个N2，故B错误；从图中可以看出，氢气在Pd表面失去电子转化为H＋，失去的电子传递给Fe3O4，Fe3O4中三价铁离子转化为亚铁离子，亚铁离子再将NO还原为N2，同时亚铁离子转化为铁离子，因此Pd和Fe3O4都是催化剂，故C错误；根据总反应方程式，反应过程中消耗H＋，所以处理后的废水酸性减弱，故D错误。
9．C。解析：CO2加氢合成甲酸，原子利用率100%，是一个最理想的“原子经济”反应，故A正确；N(C2H5)3能够协助二氧化碳到达催化剂表面，然后中间产物与氢气反应生成甲酸和N(C2H5)3，故B正确；纳米金催化剂能有效降低CO2加氢制甲酸反应的活化能，但是反应的ΔH不变，故C错误；纳米金催化剂表面上发生了碳氧之间极性键和氢氢之间的非极性键的断裂，故D正确。
10．D。解析：据图知发生以下反应：①2[Ru]＋RCH2OH―→RCHO＋2[Ru—H]；②6[Ru—H]＋PhNO2―→PhNH2＋6[Ru]＋2H2O；③PhNH2＋RCHO―→RCH===NPh＋H2O；④RCH===NPh＋2[Ru—H]―→RCH2NHPh＋2[Ru]。由①②③知，RCHO是①的产物，是③的反应物，①中生成③中消耗，③生成的RCH2NHPh会变成RCH===NPh作为④的反应物，若将RCH2OH替代，最终RCH2NHPh会变成RCH(CH3)NHPh，所以不是所需产物，故A正确；由③知，存在该反应，故B正确；由图中PhNO2―→PhNH2，RCH===NPh―→RCH2NHPh，该反应中的H来源于[Ru—H]，[Ru—H]中的H来源于RCH2OH，所以有机物还原反应的氢都来自于RCH2OH，故C正确；[Ru]为催化剂，根据4RCH2OH＋RhNO23RCHO＋RCH2NHPh＋3H2O知，RCHO为生成物，有剩余，故D错误。
11．D。解析：氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2→NH3的反应为氮的固定，但NH3→NO的反应没有氮气参与，不属于氮的固定，故A错误；由示意图可知，在催化剂a作用下，氮元素化合价降低被还原，氮气发生还原反应，故B错误；由示意图可知，催化剂a的表面只发生了非极性共价键的断裂，没有发生极性共价键的断裂，故C错误；使用催化剂a、b可加快反应速率，能提高单位时间内生成物的产量，故D正确。
12．C。解析：A.过程Ⅰ中CFCl3 转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C－Cl键，故A正确；B.根据题中信息可知，过程Ⅱ可表示为O3＋Cl===ClO＋O2，故B正确；C.断裂化学键吸收热量，形成化学键放出热量，故C错误；D.上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，故D正确；答案选C。
13．D。解析：结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互为同系物，则乙烯、丙烯和2­丁烯互为同系物，故A正确；乙烯、丙烯和2­丁烯分子中碳原子数依次增加，沸点依次升高，故B正确；2­丁烯分子中碳碳双键连接的两个甲基位于双键的两侧时为反式结构，故C正确；分析转化关系可知，碳、钨(W)原子间的化学键在Ⅳ→Ⅰ的过程中发生断裂，故D错误。
14．B。解析：根据图示可知：在第Ⅱ阶段，SO、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、NO。在第Ⅲ阶段，SO3结合OH－变为HSO，NO结合H＋变为HNO2，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为SO＋H2O＋NO2===HNO2＋HSO，A正确；图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由＋4价变为＋3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，B错误；过程Ⅰ中NO2得到电子被还原为NO，SO失去的电子被氧化为SO，反应的离子方程式： SO＋NO2===NO＋SO。每有1 mol的氧化剂NO2发生反应，转移1 mol电子，则转移的电子数目为NA，C正确；在图示的转化关系中SO失去电子被氧化为HSO，NO2得到电子被还原为HNO2，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：SO＞HNO2，D正确。
15．B。详解：A．反应①②③④分别根据碳、氮、氧、氢元素的化合价的变化判断，化合价都在降低，元素原子得到电子，发生还原反应，故A正确；B．由图示判断反应②氢离子的浓度降低，反应③中生成氢氧根离子，故溶液的碱性增强，故B错误；C．根据图示④的反应物和生成物中氮化合价的降低利用电子守恒及原子守恒书写电极反应为；NO＋10H＋＋8e-=NH＋3H2O，故C正确；D．修复过程中溶液显碱性，会发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3故D正确；故选答案B。
16．B。解析：B项中氧原子不守恒，故不正确；C项，图示中CO2被转化，能遏制温室效应，正确；上述转化过程每步变化中均有单质生成，有元素化合价的变化，正确。
17．C。解析：A.若用FeBr2替换ZnBr2，FeBr2中铁元素显＋2价，能与氧气反应则由O2氧化得到的Br2的量减少，因此溴甲烷的产率将降低，故A正确；B.采用ZnBr2/ SiO2为催化剂，通过氧溴化可将甲烷转化为溴甲烷，反应过程中有甲烷和溴单质的反应，只要在光照条件下，就会发生连续取代，产物中可能混有CH2Br2，故B正确；C.过程Ⅱ中反应方程式为：2HBr ＋O2＋ ZnBr2===H2O＋2Br2＋ZnO，氧化剂为O2，还原剂为HBr、ZnBr2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故C错误；D.由反应机理图可知，反应过程中加入的有HBr、O2、CH4，生成的有CH3Br、H2O，ZnBr2、ZnO、Br2，再参与循环，故总反应为2CH4＋2HBr＋O22CH3Br＋2H2O，故D正确；故选C。
18．A。解析：根据图中催化机理，该总反应表示HCHO和O2在二氧化锰作催化剂的条件下发生反应生成二氧化碳和水，即HCHO＋O2CO2＋H2O，H＋、O、·OH、·CHO、HCO为中间产物，水和氧气在二氧化锰作催化剂的条件下生成H＋、O、·OH，HCHO和·OH反应生成·CHO和H2O，·CHO和O反应生成HCO，HCO和H＋反应生成水和二氧化碳，水进入催化机理中，由此分析。A.HCO和H＋反应生成水和二氧化碳没有发生化合价的变化，所发生的反应不属于氧化还原反应，故A符合题意；B.根据分析可知，该总反应表示HCHO和O2在二氧化锰作催化剂的条件下发生氧化还原反应生成二氧化碳和水，总的化学方程式可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O，故B不符合题意；C.根据分析可知，O为中间产物之一，KO2中含有K＋和阴离子O，该微粒与KO2中所含阴离子相同，故C不符合题意；D.CO2中的碳原子最外层含有4个电子，分别与两个氧原子形成两对共价键，结构式为O===C===O，故D不符合题意；答案选A。
19．C。解析：A.根据化合物中各元素化合价代数和为零，设含有x个－2价的O，y个－1价的O，则2x＋y＝14，x＋y＝8，可得出x＝6，y＝2，过氧键存在于2个－1价的O原子之间，则1 mol Na2S2O8 中含有NA个过氧键，即1 mol过氧键，故A错误；B.根据图示转化过程可知，Fe先被S2O氧化为Fe2＋，反应为Fe＋S2O===Fe2＋＋2SO，然后 Fe2＋又继续被S2O氧化为Fe3＋，最后沉淀中有Fe(OH)2和Fe(OH)3，56 g Fe为1 mol，则56 g Fe参加反应，被还原的S2O大于1 mol，故B错误；C.ZVI(Fe)的比表面积越大，反应物的接触面越大，反应速率越快，则净化速率越快，故C正确；D.pH越小，溶液酸性越强，酸性条件下不利于Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀生成，难以与正五价砷发生共沉淀，故D错误。
20．C。解析：合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确。
21．B。解析：TEOA→TEOA＋为失去电子的反应，是氧化反应，故A错误；如图所示，Ni(OH)x是H＋→H2的催化剂，故其可以降低该反应的活化能，故B正确；如图所示，能量转化形式为太阳能→化学能，故C错误；如图所示WO3作为催化剂，参与了制氢反应过程，故D错误。
22．C。解析：草甘膦分子中含有羧基，能够与NaOH发生反应，含有亚氨基，也能够和盐酸反应，A正确；Fe3O4颗粒在水中表面会带－OH，－OH与草甘膦分子中的－OH结合为，然后脱水形成，所以Fe3O4纳米颗粒除去草甘膦的过程有化学键的形成和断裂，B正确；Fe3O4纳米颗粒在水体pH≈4时除污效果最好，不是pH越大除污效果越好，C错误；处理完成后，Fe3O4纳米颗粒在450℃加热30分钟，Fe3O4纳米颗粒与草甘膦完全分离，利用磁铁回收Fe3O4，经加热活化后就可以重复使用，D正确。
23．D。详解：A．由题给信息可知，多孔活性炭可作吸附剂，搭载活性成分做反应的催化剂可降低反应的活化能，故A正确；B．由题意可知，氢硫酸溶液的浓度为=0.1mol/L，由图可知，溶液中氢离子和氢硫酸根离子的浓度均为10—4.5 mol/L，则氢硫酸的一级电离常数为Ka1===10-8，故B正确：C．由图可知，该反应的总反应为氢硫酸溶液与氧气反应生成硫沉淀和水，反应的方程式为，故C正确；D．温度过高，硫化氢和氧气在水中的溶解度降低，气体逸出会降低脱硫效果，故D错误；
故选D。
24．C。解析：依据过程图可知［PdCl4］2－在此过程中先消耗后生成，反应前后不变，是催化剂，故A正确；依据图示可知氢气与氧气在［PdCl4］2－催化作用下生成过氧化氢，H2＋O2H2O2，故B正确；由B中的方程式H2＋O2H2O2可知，生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为2mol，故C错误；由图示可知，过程中发生了Pd＋O2＋2Cl－===[PdCl2O2]2－，故D正确。